Задачи и решения Нижегородской Областной Олимпиады по математике 2006-2007 уч. года

Задачи и решения Нижегородской Областной Олимпиады по математике
2006-2007 уч. года
8 класс
8.1. Когда одно из двух целых чисел увеличили в 2006 раз, а другое уменьшили
в 2006 раз, их сумма не изменилась. Докажите, что эта сумма делится на
2007.
Указание. Пусть m, n – данные числа, тогда по условию m + n = 2006m +
n
2005n
, откуда
= 2005m и n = 2006m. Значит, m + n = 2007m, откуда
2006
2006
следует утверждение задачи.
8.2. Верно ли, что если каждое из чисел 2x – y, 3y – 2z, 4z –3x положительно, то
числа x, y, z -- положительны?
Ответ: да, верно. Указание. Пусть A = 2x – y > 0, B = 3y – 2z > 0, C = 4z –3x > 0.
Тогда 6A+2B+C = 9x > 0, то есть x > 0. Отсюда получаем, что 4z = 3x + C > 0, 3y
= 2z + B > 0.
8.3. Докажите, что любой прямоугольный треугольник с гипотенузой c можно
покрыть тремя кругами радиуса c/4.
Указание. Проведем в прямоугольном треугольнике средние линии,
параллельные катетам. Они разобьют треугольник на три части: прямоугольник
с диагональю, равной c/2, и два прямоугольных треугольника с гипотенузами,
равными c/2. Очевидно, что два круга радиуса c/4 с центрами в серединах этих
гипотенуз и круг радиуса c/4 с центром в центре прямоугольника покрывают
исходный треугольник.
8.4. В каждой клетке доски m  n стоит по одной шашке. За один ход
разрешается выбрать какие-то две шашки и каждую из них подвинуть на
соседнюю по стороне клетку. Если на какой-то клетке оказалось хотя бы
две шашки, то с этой клетки две шашки можно снять. Можно ли при
помощи таких операций снять с доски все шашки, если а) произведение
mn делится на 4? б) произведение mn не делится на 4?
Ответ: а) можно, б) нельзя. Указание. а) Если m и n – числа четные, то доска
разбивается на квадраты 2  2, и с каждого такого квадрата шашки можно снять
после одной операции (две диагональные шашки передвинем на другую
диагональ, получив на ней двойные шашки). Если же одно из чисел делится на
4, то доска разбивается на прямоугольники размера 1  4, и с каждого такого
прямоугольника шашки снимаются после одной операции (крайние шашки
сдвигаем к середине). б) Если оба числа m и n нечетны, то все шашки снять
нельзя, т.к. вначале было нечетное число шашек, и каждый раз снимается по
две шашки. Пусть теперь mn - четное число, не делящееся на 4. Рассмотрим
шахматную раскраску нашей доски. Заметим, что изначально на черных
клетках стояло mn/2 шашек (нечетное число). Покажем, что после каждого хода
количество шашек, стоящих на черных клетках, будет нечетным.
Действительно, после выполнения хода либо две шашки ушли с черных клеток,
либо две шашки пришли на черные клетки, либо одна шашка пришла, а другая
ушла. Также заметим, что при снятии с доски пары шашек количество шашек,
стоящих на черных клетках, либо не изменяется, либо уменьшается на 2.
Поэтому хотя бы одна шашка останется на черной клетке.
8.5. Можно ли разбить квадрат на 4 выпуклых
многоугольника, имеющих разное число сторон?
Ответ: можно. См. рис.
8.6. Среди n монет (n>2) ровно одна фальшивая, она
отличается по весу (но не по виду) от настоящей. Как при помощи двух
взвешиваний на чашечных весах без гирь определить, легче или тяжелее
фальшивая монета по сравнению с настоящей?
Указание. Пусть n = 3m+k, где k=0, 1 или 2, Разделим монеты на три группы:
две группы по m монет и третья группа из оставшихся m+k монет. Первым
взвешиванием сравним вес первых двух групп. Сначала рассмотрим случай,
когда весы находятся в равновесии. Тогда в первых двух группах все 2m монет
- настоящие, а фальшивая монета - в третьей группе. Если n  5, то k  m и мы
можем вторым взвешиванием сравнить m+k монет третьей группы с m+k
настоящими монетами среди 2m монет. Это сравнение, очевидно, покажет,
легче или тяжелее фальшивая монета по сравнению с настоящей. При n=5
первым взвешиванием сравним по две монеты и в случае равновесия вторым
взвешиванием сравним пятую (фальшивую)
с настоящей, а в случае
неравенства вторым взвешиванием сравним между собой по одной монете из
перевесившей пары: если будет равновесие, то фальшивая монета – более
легкая из другой пары, а при неравенстве – фальшивая монета более тяжелая.
Теперь рассмотрим случай, когда при первом взвешивании весы не были в
равновесии. Тогда третья группа состоит из настоящих монет, и вторым
взвешиванием мы сравним m настоящих монет с «тяжелой» группой (т.е. с той
группой, которая перевесила при первом взвешивании). В случае равенства
можно утверждать, что на самом деле «тяжелая» группа состоит из настоящих
монет, а фальшивая монета – в «легкой» группе (и поэтому она легче). А если
при последнем взвешивании группа настоящих монет будет легче, то
фальшивая монета – в «тяжелой» группе ( т.е. она тяжелее настоящей).
8.7. Докажите, что уравнение 290 + 2100 + 2x = y2 в натуральных числах имеет не
менее трёх решений.
Указание. Представим левую часть уравнения как квадрат суммы (a+b)2 = a2 +
2ab + b2 , где a и b – некоторые степени двойки. Проведем соответствие между
степенями двойки и слагаемыми в квадрате суммы. Возможны три
принципиально различных ситуации: 290 и 2100 соответственно равны 1) a2 и
2ab; 2) a2 и b2; 3) 2ab и b2. В каждом из этих трех случаев получаем свое
решение :1) x = 108, y = 245 + 254; 2) x = 96, y = 245 + 250; 3) x = 78, y = 239 + 250.
8. 8. Можно ли в произведении 1!2!…99! убрать один восклицательный знак
(знак факториала) так, чтобы в результате получился квадрат
натурального числа?
Ответ: нельзя. Указание. Чтобы число было полным квадратом, каждый его
простой делитель должен входить в четной степени. Заметим, что до
выкидывания восклицательного знака простой делитель 97 входит в
произведение в третьей степени. Чтобы он входил в четной степени
восклицательный знак надо выкидывать у 98 или 99. Если же мы посчитаем
степень числа 47 в исходном произведении, то она равна 59 (по одному
вхождению для факториалов чисел 47, 48,…,93 и по два для факториалов чисел
94, 95,…,99). Убирая знак факториала у числа 98 или 99, мы уменьшаем эту
степень на 2, т.е. она становится равной 57 – нечетной. Таким образом,
невозможно сделать одновременно четными степени чисел 47 и 97, и полный
квадрат получить нельзя.
9 класс
9.1. Верно ли, что если квадратные уравнения x2 + ax + b = 0 и x2 + cx + d = 0 не
имеют корней, то и уравнение x2 +
ac
x
2
+
bd
2
также не имеет корней?
Указание. Пусть f1(x) = x2 + ax + b, f2(x)=x2 + cx + d. По условию f1(x) > 0 и f2(x)
f ( x)  f 2 ( x)
ac
bd
> 0 при всех x. Но тогда и f(x) = x2 +
= 1
> 0, значит,
x +
2
2
2
уравнение f(x)=0 не имеет корней.
9.2. Когда одно из двух натуральных чисел возвели в квадрат, а из другого
извлекли корень, их сумма не изменилась. Докажите, что эта сумма четна.
Указание. По условию a2 + b = a + b, откуда a2 – a = b – b . То есть a(a –
1) = b ( b – 1). Заметим, что a – 1  0, b – 1  0. Значит, a = b (иначе
каждый из сомножителей в одной из частей равенства был бы больше
соответствующего сомножителя в другой части). То есть a2 = b, и числа a и b –
одной четности, откуда следует утверждение задачи.
9.3. Пусть AC – гипотенуза прямоугольного треугольника ABC. Окружность с
центром B касается стороны AC в точке D и пересекает стороны BA и BC
в точках M и N. Докажите, что прямая MN проходит через центры
окружностей, вписанных в треугольники ABD и CBD.
Указание. Пусть MN пересекает
биссектрису угла ABD в точке
O1, а биссектрису угла CBD – в
точке O2. Тогда утверждение
задачи равносильно тому, что
DO1 и DO2 – биссектрисы углов
BDA и BDC. Но треугольники DO1B и MO1B равны (MB = DB, BO1 – общая,
 MBO1 =  DBO1). Значит,  BDO1 =  BMN = 45 (т.к. BM = BN,  MBN =
1
90). Следовательно,  BDO1 = 45 =
 BDA. Аналогично,  BDO2 =
2
1
 BDC.
2
9.4. В каждой клетке доски m  n стоит по одной шашке. За один ход
разрешается выбрать какие-то две шашки и каждую из них подвинуть на
соседнюю по стороне клетку. Если на какой-то клетке оказалось хотя бы
две шашки, то с этой клетки две шашки можно снять. Можно ли при
помощи таких операций снять с доски все шашки, если а) произведение
mn делится на 4? б) произведение mn не делится на 4?
Указание. См. задачу 8.4.
9.5. Докажите, что уравнение y2 - 2x = 290 (1 + 210 ) в натуральных числах
имеет не менее трёх решений.
Указание . Очевидным образом задача приводится к условию задачи 8.7.
9.6. Для n-угольника A1А2…Аn, вписанного в окружность радиуса R,
выполняется неравенство: A1A22 + A2A32 +…+ AnA12 > 8R2. Докажите, что
центр окружности лежит внутри этого n-угольника.
Указание. Предположим, от противного, что центр окружности O лежит вне nугольника или на его стороне. Тогда найдется сторона n-угольника (назовем её
A1An), которая отделяет n-угольник от центра O. Поэтому любой угол AiAjAk (i
< j < k) при n>3 будет тупым, так как опирается на дугу, большую
полуокружности (случай треугольника, т.е. n=3, можно исключить либо сразу
из естественного понимания условия задачи, либо получить противоречие с
тем, что в этом случае из нашего предположения от противного, треугольник
окажется прямоугольным с гипотенузой, совпадающей с диаметром, и тогда
сумма квадратов его сторон равна 8R2 ). Пользуясь неравенством для квадратов
сторон тупоугольного треугольника, мы можем последовательно записать A1A22
+ A2A32 +…+ AnA12 < A1A32 + A3A42 +…+ AnA12 < A1A42 + A4A52 +…+ AnA12 < ... <
A1An2 + AnA12 = 2A1An2 < 8R2. Мы пришли к противоречию, и тем самым
требуемое утверждение доказано.
9.7. Можно ли в произведении a) 1!2!…99!; б) 1!2!…2007! убрать один
восклицательный знак (знак факториала) так, чтобы в результате
получился квадрат натурального числа?
Ответ: а) нет, б) нет. Указание: а) см. задачу 8.8 б) Выберем в качестве
простых делителей числа 2003 и 997 и проведем аналогичный подсчет.
9.8. 15 команд: «Торпедо-1», «Торпедо-2», …, «Торпедо-15» участвуют в
однокруговом турнире по хоккею. Требуется так организовать
расписание игр, чтобы к некоторому моменту все команды, кроме
«Торпедо-15», сыграли разное количество матчей. Какое наименьшее
число матчей может быть всего сыграно к такому моменту?
Ответ: 49. Указание. Можно считать, что команды «Торпедо-1», «Торпедо2»,…, «Торпедо-14» упорядочены по убыванию числа сыгранных матчей: n1
>n2 >…> n14 . Заметим, что если n1 =14, то «Торпедо-1» сыграло со всеми
командами и поэтому n14 =1. Аналогично, если n14 = 0, то n1 не могло
равняться 14, и значит, n1 =13. Итак, число сыгранных матчей командами
«Торпедо-1», «Торпедо-2»,…, «Торпедо-14» - это либо набор 14, 13,…,1 , либо
набор 13, 12, …,0. Отметим, что в первом случае общее число матчей,
независимо от числа матчей, сыгранных «Торпедо-15», очевидно, больше, чем
во втором случае. Далее, покажем, что второй случай реализуется и при этом
число матчей, сыгранных «Торпедо-15», определяется однозначно: а именно,
оно равно 7. Докажем по индукции соответствующий факт: если 2n-2 команды
среди 2n-1 команд сыграли соответственно 2n-3, 2n-4, …,0 матчей, то
последняя, (2n-1)-ая команда, сыграла n-1 матчей, причем она сыграла эти
матчи с командами под номером 1, 2,…, n-1 и более того, матчи всех команд
однозначно определены . При n=2 это очевидно. При индукционном переходе к
2n+1 командам однозначно определяются матчи, сыгранные первой и 2n-ой
командами, а именно, первая сыграла со всеми, кроме 2n-ой, а 2n-ая не сыграла
ни с кем. Удалив эти две команды из таблицы, мы придем к ситуации с 2n-1
командами и по предположению индукции тогда все матчи однозначно
определяются.
Таким образом, искомое число матчей
для 15 команд равно
((13+12+…+1)+7) : 2 = 49. Соответствующая таблица розыгрыша заполнена в
левом верхнем квадрате 1313 в клетках выше побочной диагонали (идущей на
«северо-восток»), а кроме того, в первых семи клетках 15-ой строки и 15-го
столбца.
10 класс
10.1. В ряд выписаны в порядке возрастания все простые числа. Известно, что
сумма некоторых шести подряд идущих чисел в этом ряду равна сумме
некоторых трех подряд идущих чисел в этом ряду. Докажите, что два
простых числа попали в обе эти суммы.
Указание. Все простые числа, кроме 2 – нечетные, поэтому если первая сумма
не начинается с 2, то она четная, а вторая сумма (которая с 2 начинаться не
может) -- нечетна, и суммы не совпадают. Значит, первая сумма начинается с 2
и равна 2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13 = 41. Такую же сумму имеет тройка {11,13,17}.
Если же тройка простых чисел будет начинаться не с 11, то ее сумма будет
отлична от 41. То есть, мы доказали, что в обе суммы входят числа 11 и 13.
10.2. Пусть P и Q – проекции точки H, лежащей на стороне AC. остроугольного
треугольника ABC, соответственно на стороны AB и CB. Докажите, что
если точки A, P, Q, C лежат на одной окружности, то BH – высота
треугольника ABC.
Указание.Условие задачи равносильно тому, что  PAC +  PQC = 180, т.е.
 A +  PQH = 90. Но четырехугольник PBQH – вписанный, так как  HPB +
 HQB = 90 + 90 = 180. Поэтому  PQH =  PBH и, значит, A +  PQH =
 A +  PBH = 90, т.е.  BAH +  ABH=90. Это и означает, что  BHA = 90.
10.3. Король обошел все поля шахматной доски, побывав на каждом поле по
одному разу. Когда центры полей, по которым он последовательно
проходил, соединили, получилась ломаная без самопересечений. Найдите
наибольшее возможное число диагональных ходов (ходов длины 2 ).
Указание. На рисунке показан обход, при котором король сделал 49
диагональных ходов. Покажем, что большее число диагональных ходов он
сделать не мог. Действительно, через каждый узел сетки (общую точку четырех
клеток) король мог пройти не более одного раза (так как ломаная без
самопересечений). Но таких узлов 49.
10.4. а) На доске выписаны числа 2 и 5 . Разрешается дописывать на доску
сумму, разность или произведение любых двух различных чисел, уже
выписанных ранее на доске. Докажите, что на доске через некоторое
время можно будет написать число 1. б) Можно ли будет написать на
доске число 1, если исходные числа 2 и 6 ?
Указание. а) Получим сначала числа 5  2 и 5  2 . Перемножив их,
получим число 3. Последовательным домножением числа 5 на 2 и 5 мы
получим соответственно числа 10 , 20 , 100 = 10. И, наконец, 10 – 3 – 3 – 3
= 1. б) Ответ: нельзя. Докажем, что все числа, выписанные на доске, имеют
вид m 2  n 6  2k 3  2l , где m, n, k, l – целые числа. Действительно,
исходные числа имеют такой вид, а сумма, разность и произведение двух чисел
такого вида снова дает число такого же вида. Тогда утверждение задачи (пункт
б) будет следовать из единственности такого представления чисел. Для
доказательства единственности достаточно показать, что равенство
()
a 2 b 3c 6 d
(a, b, c, d ) возможно лишь при a = b = c = d = 0. После возведения в квадрат
равенства () получим два соотношения: ab = cd и 2a2 + 3b2 = 6c2 + d 2, т.к. 6 –
иррациональное число. Значит, пара чисел (2a2, 3b2) и пара чисел (6c2, d 2)
имеют одинаковые и сумму, и произведение и поэтому совпадают (с точностью
до порядка). Приравнивая числа из этих пар, получаем в силу
иррациональности 2 и 3 , что равенство () возможно лишь для нулевого
набора a, b , c, d.
10.5 Сколько точек с целочисленными координатами лежит на графике
y=2007/x ?
Ответ: 12. Указание. Координаты x и y должны быть целыми делителями
числа 2007. При этом каждому x будет соответствовать ровно один y. Разложим
2007 на простые множители: 2007 = 22332. Таким образом, число 2007 имеет
(1+1)(2+1) = 6 различных натуральных делителей (легко их выписать
непосредственно). Если учесть отрицательные числа, то число делителей
возрастет вдвое, и каждому из этих делителей соответствует точка на графике.
10.6 Чему может равняться число тех сторон выпуклого n-угольника, которые
превосходят по длине наибольшую диагональ?
Ответ: 0, 1 или 2. Указание. Назовём сторону, превосходящую наибольшую
диагональ, длинной стороной. Докажем по индукции, что в выпуклом nугольнике не больше двух длинных сторон. При n = 4 рассмотрим неострый
угол четырехугольника, тогда очевидно, что прилежащие к этому углу стороны
не могут быть длинными (т.к. в треугольнике против неострого угла лежит
наибольшая сторона). Проведем теперь индукционный переход. В (n+1)угольнике рассмотрим тупой угол (из формулы для суммы углов следует, что
такой угол всегда существует). Обозначим этот угол АВС и отрежем от нашего
(n+1)-угольника треугольник АВС. Получим n-угольник, у которого по
предположению индукции не более двух длинных сторон. (Отметим, что эти
стороны могут и не быть длинными для исходного (n+1)-угольника). Отметим
также, что наибольшая диагональ полученного n-угольника не превосходит
наибольшей диагонали исходного (n+1)-угольника, и поэтому (а также в силу
того, что стороны АВ и ВС не могут быть длинными) при добавлении к nугольнику треугольника АВС, новых длинных сторон добавиться не может (а
исчезнуть они могут).
Теперь приведем примеры реализации. 0 длинных сторон реализуется в
правильном n-угольнике. Для реализации одной длинной стороны поступим
так: разобьём полуокружность на n-1 равные части и рассмотрим (вписанный)
n-угольник с вершинами в точках деления (включая концевые точки диаметра).
У этого n-угольника единственная длинная сторона – это диаметр окружности.
Для реализации двух длинных сторон поступим следующим образом.
Рассмотрим диаметр ХУ окружности с центром О и возьмем на этой
окружности две точки М и К, симметричные относительно ХУ и близкие к
точке У (так что угол МХК меньше 30 градусов). Далее проведем окружность с
центром Х радиуса ХМ и разделим малую дугу МК этой новой окружности на
n-2 равные части. Тогда n-угольник, имеющий вершины в точках деления
(включая М и К) и вершину О, будет искомым: его длинные стороны – это
радиусы ОМ и ОК первой окружности.
10.7 Можно ли представить многочлен x2007y – 1 от двух переменных в виде
произведения некоторого многочлена и линейного многочлена вида
ax + by + c (отличного от константы)?
Ответ: нет. Указание. Два многочлена совпадают, когда их значения во всех
точках совпадают. В частности, должны совпадать множества нулей этих
многочленов. Предположим, от противного, что наш многочлен P(x,y)=x2007y – 1
делится на линейный многочлен
ax+by+c.
Тогда
множество нулей
2007
многочлена P(x,y), т.е. множество решений уравнения x y – 1 =0, должно
содержать прямую ax+by+c=0. Однако график степенной функции y = x  2007 ,
очевидно, никакую прямую не содержит. Противоречие.
10.8 15 команд: «Торпедо-1», «Торпедо-2», …, «Торпедо-15» участвуют в
однокруговом турнире по хоккею. Требуется так организовать
расписание игр, чтобы к некоторому моменту все команды, кроме
«Торпедо-15», сыграли разное количество матчей. Какое наименьшее
число матчей может быть всего сыграно к такому моменту?
Указание. См. задачу 9.8.
11 класс
11.1. Существует ли такое число x, что все три числа
2x – x 2  2 , x 2  2 – x 2  2006 и x 2  2006 – x являются целыми?
Ответ: Не существует. Указание. Предположим, что существует такое число
x, что все три числа, данные в условии – целые. Тогда их сумма, равная x, тоже
целая. Тогда x2 + 2 = y2, где y – целое. Однако разность между двумя квадратами
целых чисел не может равняться 2, поскольку между 02 и 12 разность равна
единице, а между любыми двумя другими квадратами она не меньше трех.
11.2. Могут ли для остроугольного треугольника с углами , ,  одновременно
выполняться неравенства sin  < sin 2, sin < sin 2, sin < sin 2?
Ответ: Не могут. Пусть такой треугольник существует, и  – его наибольший
угол. Тогда   60, и, значит, 2  120. Имеем sin < sin 2 = sin (180 – 2).
Отсюда следует, что < 180 – 2, т.е. + 2 < 180. C другой стороны,   ,
поэтому 180 =  +  +  < + 2 < 180 – противоречие.
11.3. На доске выписаны числа m и n (m и n – натуральные числа).
Разрешается дописывать на доску сумму, разность или произведение
любых двух различных чисел, уже выписанных ранее на доске. Докажите,
что на доске через некоторое время можно будет написать число 1, если
а) m = 2, n = 5; б) m и n -- взаимно простые числа >1.
Указание. а) См. задачу 10.4 а). б) Пусть m < n . Точно так же, как в задаче
10.4а, получим на доске числа n – m и mn. Заметим, что эти числа взаимно
просты. Действительно, если бы они имели общий простой делитель p, то в
силу делимости mn p число p было бы делителем одного из чисел m или n,
причем – ровно одного, т.к. m и n взаимно просты. Но тогда разность n – m не
может делиться на p. Имея взаимно простые числа mn и (n – m), можно
получить остаток d = mn (mod (n – m)), если вычесть из mn достаточное число
раз (n – m). Далее вычитая из (n – m) достаточное число раз этот остаток d,
получим (n – m) (mod d), и т.д. В результате этого
процесса
(алгоритм
Евклида!)
получим
1 = НОД(mn, n – m).
11.4. Петя расположил при игре в «Морской бой»
на поле 10  10 десять двухпалубных
кораблей (прямоугольников, занимающих
две соседние клетки) так, что никакие два
таких корабля не имеют общих точек.
Докажите, что Коля может сделать 32
выстрела так, чтобы попасть хотя бы в один двухпалубный корабль Пети
при любом расположении кораблей.
Указание. Раскрасим доску в черный и белый цвета в шахматном порядке.
Выделим на ней квадрат 6  6 (например, угловой). Пусть Коля сделает
выстрелы во все белые клетки, находящиеся вне этого квадрата. Для этого ему
потребуется (100 – 36)/2 = 32 выстрела. Докажем, что он попадет хотя бы в
один корабль. Предположим, что Коля ни разу не попал. Заметим, что каждый
Петин корабль содержит хотя бы одну белую клетку. Тогда десять белых
клеток, принадлежащие Петиным кораблям, находятся в квадрате 6  6. Однако
в этом квадрате всего 18 белых клеток, и они разбиваются на 9 пар клеток,
имеющих общую вершину. Но тогда какие-то две из этих десяти клеток
попадут в одну пару, т.е. корабли будут иметь общую точку. Противоречие.
11.5 Произведение производных двух многочленов больше суммы этих
многочленов при всех значениях аргумента x. Докажите, что хотя бы
один из этих многочленов принимает отрицательные значения при
некоторых x.
Указание. Если предположить, от противного, что оба многочлена
неотрицательны, то и их сумма неотрицательна, а значит, согласно условию
задачи, произведение из производных строго положительно. Из этого следует,
что ни одна из производных не обращается в нуль и поэтому многочлены
монотонны на всей числовой прямой. Однако монотонный многочлен
стремится к -  при x  -  или при x  +  , в зависимости от знака старшего
коэффициента, т.е. многочлены принимают и отрицательные значения.
Полученное противоречие доказывает наше утверждение.
11.6 остроугольном треугольнике ABC высоты AA1, BB1, CC1 пересекаются в
точке O. Известны два отношения AO/OA1 = 3  1 и BO/OB1 = 2( 3  1 ) .
Найти углы треугольника.
Ответ. A = 60, B = 45, C = 75. Указание. Пусть A = , B = C =
Тогда в прямоугольных треугольниках A1OB и AOB1 имеем:
OB1 OA1

 cos  . Подставляя в это выражение соотношения из условий
OA OB
3  1 OA1  6  2 OB 1 . Значит,
задачи, получим OA1  2OB1 и

cos  
1
6 2




6 2
. Сравним полученное значение с
4
числом
1  cos150
2 3
. После возведения в квадрат этих двух

2
2
положительных чисел получим равенство , т.е . косинусы углов совпадают, а
значит, и сами углы совпадают (так как косинус – функция монотонная на
(0,180)). Далее, в прямоугольных треугольниках A1OC и B1OC получим
cos  OA1

 2 . Используя тот факт, что  +  = 180 – 75 =
соотношение:
cos  OB1
105, отсюда однозначно будем иметь:  = 60,  = 45 (действительно, для
данных углов это соотношение справедливо, а при  > 60,  < 45 отношение
2 ; аналогично, при  < 60,  > 45 отношение
cos /cos больше
cos /cos меньше 2 ).
cos 75 
11.7. Можно ли в произведении 1!2!…2007! убрать один восклицательный
знак (знак факториала) так, чтобы в результате получился квадрат
натурального числа?
Указание. См. задачу 9.7.
11.8 Новая шахматная фигура «кентавр» (конная пешка) бьёт 4 клетки, как
показано на рисунке для белого
(Б) и черного (Ч) кентавров,
причем кентавры могут бить на
Б
Ч
указанных полях кентавров и
своего, и чужого цвета. Какое
наибольшее количество кентавров (любого цвета) можно расставить на
шахматной доске так, чтобы они не били друг друга.
Ответ: 48 кентавров. Указание. Пусть у нас имеется расположение кентавров,
при котором они не бьют друг друга. Рассмотрим произвольный прямоугольник
32 из 6 клеток (т.е. прямоугольник, лежащий в трех горизонтальных и двух
вертикальных рядах). Покажем, что в таком прямоугольнике не более 4
кентавров. От противного: предположим, что кентавров в прямоугольнике не
менее пяти. Если два кентавра имеются в среднем горизонтальном ряду
прямоугольника, то каждый из них бьёт по одной клетке из крайнего ряда,
причём эти клетки разные. Значит, в силу нашего предположения в среднем
ряду не может быть двух кентавров. Но если ровно одна клетка в среднем ряду
занята кентавром, то он бьет ещё одну клетку в крайнем ряду. В любом случае
получаем противоречие, которое доказывает наше утверждение о том, что в
любом прямоугольнике 32 не более 4 кентавров.
Теперь разобьём доску 88
горизонтальной прямой на две части:
прямоугольники 68 и 28. Первую часть разобьём на 8 прямоугольников 32,
и,. по доказанному, в этих прямоугольниках не более 32 кентавров. Вторая
часть содержит 16 клеток, и значит содержит не более 16 кентавров. Всего,
таким образом, имеем не более 48 кентавров.
Пример с 48 кентаврами легко построить: пусть верхний горизонтальный ряд
заполнен белыми кентаврами, второй ряд – черными, следующий ряд – пустой,
4-й ряд опять заполнен белыми кентаврами, 5-й – черными, 6-й - пустой, 7-й
заполнен белыми, 8 - черными кентаврами.